理科数学2022届高考考前冲刺卷（三）学生版

这是一份理科数学2022届高考考前冲刺卷（三）学生版，共11页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知函数等内容，欢迎下载使用。
2022届高考考前冲刺卷理 科 数 学（三）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．复数的模是（    ）A． B． C．0 D．12．设集合，，若，则（    ）A． B． C． D．3．若，则（    ）A． B． C． D．4．某公司为了确定下一年投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：万元）对年销售量y（单位：千件）的影响．现收集了近5年的年宣传费x（单位：万元）和年销售量y（单位：千件）的数据，其数据如下表所示，且y关于x的线性回归方程为，则下列结论错误的是（    ）x4681012y1571418A．x，y之间呈正相关关系B．C．该回归直线一定经过点D．当此公司该种产品的年宣传费为20万元时，预测该种产品的年销售量为34800件5．已知向量，，在正方形网格中的位置如图所示，用基底表示，则（    ）A． B． C． D．6．已知正项等比数列的前n项和为，且，，则S40等于（    ）A． B．400 C．400或 D．30或407．已知函数无最小值，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．8．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，，则边上的中线长为（    ）A．49 B．7 C． D．9．已知函数．若a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，则函数有两个极值点的概率为（    ）A． B． C． D．10．已知点M为抛物线上的动点，过点M向圆引切线，切点分别为P，Q，则的最小值为（    ）A． B． C． D．111．在正四面体SABC中，，D，E，F分别为SA，SB，SC的中点．则该正四面体的外接球被平面DEF所截的圆周长为（    ）A． B． C． D．12．已知函数，若不相等的实数，，成等比数列，，，，则、、的大小关系为（    ）A． B． C． D． 第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知数列的前项和，则数列的前10项和等于__________．14．过点作一条直线截圆所得弦长为，则直线的方程是___________．15．除以7的余数__________．16．已知函数，若函数恰有4个不同的零点，则a的取值范围为____________． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（12分）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，的面积为．（1）若，求边c；（2）若，求角C．           18．（12分）2020年春季学期因受新冠肺炎疫情影响而延期开学，各校均开展了线上教学，并对线上教学效果进行了检测．某班50位学生地理检测成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：、、、、、．（1）求图中的矩形高的值；（2）根据直方图求出这50人成绩的众数和中位数（精确到；（3）从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩不低于90分的人数记为，求的分布列和数学期望．              19．（12分）如图，正方体的棱长为2，E，F分别为和的中点，P为棱上的动点．（1）是否存在点P使平面？若存在，求出满足条件时的长度并证明；若不存在，请说明理由；（2）当为何值时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小．                  20．（12分）给定椭圆，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为，其短轴上的一个端点到F的距离为．（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线，交“准圆”于点M，N，判断及线段是否都为定值，若为定值，求出定值；若不是定值，说明理由．                  21．（12分）已知函数，其中是自然对数的底数．（1）设的极小值为，求的最大值；（2）若存在，使得，且，求的取值范围．                   请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分．22．（10分）【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．（1）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，求曲线的极坐标方程；（2）过的直线与曲线交于，两点，求中点的极坐标方程．         23．（10分）【选修4-5：不等式选讲】已知函数．（1）若，解关于的不等式；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围．   
2022届高考考前冲刺卷理 科 数 学（三）答 案第Ⅰ卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．【答案】D【解析】因为，所以，所以复数z的模是1，故选D．2．【答案】B【解析】集合，，，，，满足题意，则，故选B．3．【答案】D【解析】由，可得，故选D．4．【答案】C【解析】因为，，所以该回归直线一定经过点，故，解得，即A，B正确，C不正确；将代入，得，故当此公司该种产品的年宣传费为20万元时，预测该种产品的年销售量为34800件，D正确，故选C．5．【答案】D【解析】如图建立直角坐标系，设正方形网格的边长为1，则，所以，，，设向量，则，则，所以，故选D．6．【答案】B【解析】∵正项等比数列的前n项和为，∴S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30也成等比数列，∴10×(130－S20)＝(S20－10)2，解得S20＝40或 (舍)，故，∴，故选B．7．【答案】D【解析】对于函数，可得，由，得或；由，得，∴函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴函数在时有极大值2，在时有极小值，作出函数与直线的图象，由图可知，当时，函数有最小值，当时，函数没有最小值，故选D．8．【答案】D【解析】因为，故可得，根据余弦定理可得，故，不妨取中点为，故，故，即边上的中线长为，故选D．9．【答案】C【解析】由题意得有两个根，则有，解得，a，b分别是从1，2，3中任取的一个数，表示为，有如下，共种情况，其中满足的有，共6种情况，则函数有两个极值点的概率为，即，故选C．10．【答案】A【解析】如图，圆心为抛物线的焦点，四边形的面积，∴，∴当最小时，即点M到准线的距离最小值为2，∴，故选A．11．【答案】C【解析】过点S作平面ABC，垂足为P，如图，则点P必为△ABC的中心，则正四面体SABC外接球的球心必在线段SP上，设图中点O为正四面体SABC外接球的球心，外接球半径为R，由已知得，，所以，解得．因为D，E，F分别为SA，SB，SC的中点，所以点O到平面DEF的距离．设截面圆的半径为r，则，解得，所以截面圆的周长为，故选C．12．【答案】D【解析】，均为偶函数，故函数为偶函数，，令，，，，，故单调递增，即单调递增，又，∴在上，恒成立，故在上函数递增，且，故函数在递减，在递增，且函数恒成立，，，成等比数列，，当，均为正数时，由均值不等式有，①，当，均为负数时，由均值不等式有，②，由①②有，又，，互不相等，故，故，，故选D． 第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．【答案】45【解析】因为，所以当时，，当时，，适合上式，所以当时，，令，因为，所以数列是等差数列，首项为，故数列的前10项和等于，故答案为．14．【答案】或【解析】可化为，故圆心到直线距离，若直线斜率不存在，方程为，则，满足题意；若直线斜率存在，设其方程为，，，解得，此时直线方程为，故答案为或．15．【答案】5【解析】，展开式中前10项都是7的倍数，所以除以7后余数为，除以7的余数为5，故答案为5．16．【答案】【解析】，当时，，函数为减函数；当时，，，和时，单增；时，单减，，，故的图象大致为：令，则，，，当时，，，无零点；当时，，，无零点；当时，，，，则，要使恰有4个不同的零点，则，即，故答案为． 三、解答题：本大题共6个大题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）由余弦定理，，故，由于，，，则．由正弦定理，得．（2）由（1）知，故，故，则，故，因为，所以，所以，解得．18．【答案】（1）；（2）众数为；中位数；（3）分布列见解析，．【解析】（1）解：设图中的矩形高为，则，解得．（2）由直方图可知，其数据的众数为最高矩形的中间值，所以众数为，设中位数为，则中位数左右两边的矩形面积相等，即左右频率各为，故，解得．（3）成绩不低于80分的学生有人，其中成绩不低于90分的人数为人，随机变量可取0，1，2，，分布列为：012．19．【答案】（1）存在，；（2）．【解析】（1）在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，因E，F分别为和的中点，P为棱上的动点，则，设，，，显然，即，由，得，此时有，而，且平面，因此平面，所以存在点，使平面，．（2）在（1）的空间直角坐标系中，，令平面的法向量为，则，令，得，而平面的法向量，设平面与平面所成锐二面角为，则，当且仅当时取“=”，因此，当，即时，，，当且仅当时取“=”，所以当，即时，平面与平面所成锐二面角的正弦值最小．20．【答案】（1）椭圆方程，“准圆”方程；（2），．【解析】（1）由题意，，抛物线方程为，“准圆”方程为．（2）假设中有一条斜率不存在，不妨假设为，则与椭圆的切点为，即的方程为或．当时，与“准圆”的交点为或，此时的方程为或，显然；当的斜率都存在时，设，则，设经过P点与椭圆相切的直线方程为，由，得，由并化简得……①，设直线的斜率分别为，则和分别是①的两根，根据韦达定理，有，故有，，由于，P是“准圆”上的点，∴MN是“准圆”的直径，即，是定值，综上，抛物线方程为，“准圆”方程为，，．21．【答案】（1）1；（2）．【解析】（1）解：因为，则，所以单调递增，又，所以存在唯一，使，即，当时，；当时，，所以在区间上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，所以，令，则，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，即的最大值为1．（2）解：不妨设，所以关于的方程有正实数解，所以，即有正实数解，设，则，所以单调递增，所以，①当时，，所以单调递增，所以，不合题意；②当时，存在，使得，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以存在，使得，符合题意，综上，的取值范围为．22．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）曲线的普通方程为，即，所以曲线的极坐标方程为．（2）曲线的方程为，所以圆心为，设，过的直线与曲线交于，两点，所以，则，，所以，所以，所以中点的极坐标方程为，化简为．23．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）当时，；当时，，解得；当时，，解得（舍）；当时，，解得，的解集为．（2）当时，，，，解得，，，，即实数的取值范围为．